Wahrscheinlichkeitsrechnung! < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:27 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hallo,
ich verstehe folgende Aufgabe nicht so richtig..
Ein Junge kauft sich vier Überraschungseier.
Berechnen sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse!
A. Alle Eier enthalten anderes Spielzeug
B. Er findet genau einen Schlumpf
C. In den Eiern sind mehr als zwei Schlümpfe
Ich habe dazu auch die Lösungen verstehe diese aber nicht..
Bei A kommt raus [mm] \left( \bruch{6}{7} \right)^4
[/mm]
Wieso sind es 7tel ? ich hätte eher gedacht dass die Wahrscheinlichkeit einen Schlumpf zu finden z.b 1/4 ist und dass er garkeinen findet dann 4/4 - 1/4 ist ?
dann bei B.
Lösung ist 4 * [mm] \left( \bruch{1}{7} \right)\left( \bruch{6}{7} \right)^3
[/mm]
ich hätte gedacht die Lösung wäre 1/7 wieso dann das nochmal mit dem Gegenereignis mal nehmen ? wenn ich z.b bei einem Würfel die Wahscheinlichkeit ausrechnen soll dass z.b eine 6 gewürfelt wird dann ist das ja auch nur 1/6 und nicht 1/6 * 5/6 ?
wann weiß ich also wann ich das Gegenerignis dazumultiplizieren muss und wann muss ich die Exponenten wie hier z.b 3 hinschreiben ?
EDIT: ich sehe gerade es stand noch dabei dass jedes 7 Ei mit genau einer Schlumpfigur versehen ist und in den übrigens befindet sich anderes Spielzeug somit wäre dass mit dem 1/7 zumindest geklärt :) Aber den Rest mit dem Gegenereingis oder den Exponenten verstehe ich immer noch nich so richtig bzw wann ich was anwenden muss oder wieso man bei Aufgabe B zb noch mal 4 macht vermutlich wegen den Variationen, aber so ne richtige Regel wann ich was machen muss würde mir helfen, weil irgendwie zusammenreimen kann ich mir die Lösungen schon, aber wenn dann nicht genau so eine Aufgabe kommt dann steh ich halt wieder da...
mfg stargate
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:34 Mi 18.07.2012 | | Autor: | anna_h |
Hallo,
Ich bin bin mir nicht ganz sicher aber du hast [mm] (\bruch{6}{7})^{4} [/mm] da stehen.
Könnte es sein das du [mm] \vektor{6 \\ 7} [/mm] meinst?
Gesprochen: 6 über 7
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
ja in der Lösung steht es genau so wie ich es geschrieben habe als Bruch 6/7 und das ganze dann hoch 4..
mfg stargate
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Hallo stargate,
mit Deinem EDIT zusammen ist doch eigentlich alles klar, oder?
> Hallo,
>
> ich verstehe folgende Aufgabe nicht so richtig..
>
> Ein Junge kauft sich vier Überraschungseier.
> Berechnen sie die Wahrscheinlichkeiten folgender
> Ereignisse!
>
> A. Alle Eier enthalten anderes Spielzeug
>
> B. Er findet genau einen Schlumpf
>
> C. In den Eiern sind mehr als zwei Schlümpfe
>
> Ich habe dazu auch die Lösungen verstehe diese aber
> nicht..
>
> Bei A kommt raus [mm]\left( \bruch{6}{7} \right)^4[/mm]
>
> Wieso sind es 7tel ? ich hätte eher gedacht dass die
> Wahrscheinlichkeit einen Schlumpf zu finden z.b 1/4 ist und
> dass er garkeinen findet dann 4/4 - 1/4 ist ?
Siehe unten, Dein EDIT. Für jedes der vier Eier gilt eine Wahrscheinlichkeit von [mm] \tfrac{6}{7}, [/mm] dass kein Schlumpf drin ist. Wenn man die alle multipliziert, hat man das Ergebnis.
> dann bei B.
>
> Lösung ist 4 * [mm]\left( \bruch{1}{7} \right)\left( \bruch{6}{7} \right)^3[/mm]
>
> ich hätte gedacht die Lösung wäre 1/7 wieso dann das
> nochmal mit dem Gegenereignis mal nehmen ? wenn ich z.b bei
> einem Würfel die Wahscheinlichkeit ausrechnen soll dass
> z.b eine 6 gewürfelt wird dann ist das ja auch nur 1/6 und
> nicht 1/6 * 5/6 ?
> wann weiß ich also wann ich das Gegenerignis
> dazumultiplizieren muss und wann muss ich die Exponenten
> wie hier z.b 3 hinschreiben ?
Na, die Aufgabe war hier doch: genau ein Schlumpf. Wenn der im ersten Ei sitzt, dann hat man für das erste Ei die Wahrscheinlichkeit [mm] \tfrac{1}{7}, [/mm] aber die drei andern dürfen dann keinen Schlumpf mehr enthalten, daher der restliche Bruchfaktor.
Für das zweite, dritte und vierte Ei ist die Rechnung bis auf Vertauschung der Faktoren genau gleich, daher dann noch die 4 davor.
> EDIT: ich sehe gerade es stand noch dabei dass jedes 7 Ei
> mit genau einer Schlumpfigur versehen ist und in den
> übrigens befindet sich anderes Spielzeug somit wäre dass
> mit dem 1/7 zumindest geklärt :) Aber den Rest mit dem
> Gegenereingis oder den Exponenten verstehe ich immer noch
> nich so richtig bzw wann ich was anwenden muss oder wieso
> man bei Aufgabe B zb noch mal 4 macht vermutlich wegen den
> Variationen, aber so ne richtige Regel wann ich was machen
> muss würde mir helfen, weil irgendwie zusammenreimen kann
> ich mir die Lösungen schon, aber wenn dann nicht genau so
> eine Aufgabe kommt dann steh ich halt wieder da...
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:28 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
ja es ist mir jetzt klar bzw klarer.. aber ich hätte noch eine Aufgabe wo ich nicht genau die Lösung weis und zwar..
Es wird mit 3 verschiedenen Würfeln gespielt:
einem Tetraeder beschriftet mit 1,2,3,4
einem normalen Würfel beschriftet mit 1,2,3,4,5,6
einem Oktaederwürfel beschriftet mit 1,2,3,4,5,6,7,8
Die Frage dazu ist, habe ich mir jetzt selber ausgedacht, wie hoch ist die Wahscheinlichkeit dass er 3mal hintereinander eine 2 Würfelt.. die Würfel werden alle auf einmal geworfen..
hier muss ich ja das Gegenereignis mit einbeziehen aber ich bin mir nicht ganz sicher wie ich dsa verrechnen muss
ich hätte es erstmal so versucht.
[mm] \left( \bruch{1}{4} \right) [/mm] * [mm] \left( \bruch{3}{4} \right) [/mm] + [mm] \left( \bruch{1}{6} \right) [/mm] * [mm] \left( \bruch{5}{6} \right) [/mm] + [mm] \left( \bruch{1}{8} \right) [/mm] * [mm] \left( \bruch{7}{8} \right)
[/mm]
wenn ich nur die Wahscheinlichkeit berechnen soll dass alle 3 Würfel die gleiche Zahl zeigen wäre dass ja [mm] \left( \bruch{1}{4} \right) [/mm] * [mm] \left( \bruch{1}{6} \right) [/mm] * [mm] \left(\bruch{1}{8} \right) [/mm] und dsa ganze dann noch mal 4 oder ?
mfg stargate
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Hallo und
![[willkommenvh]](/images/smileys/willkommenvh.png "[willkommenvh]")
> Es wird mit 3 verschiedenen Würfeln gespielt:
>
> einem Tetraeder beschriftet mit 1,2,3,4
> einem normalen Würfel beschriftet mit 1,2,3,4,5,6
> einem Oktaederwürfel beschriftet mit 1,2,3,4,5,6,7,8
>
> Die Frage dazu ist, habe ich mir jetzt selber ausgedacht,
> wie hoch ist die Wahscheinlichkeit dass er 3mal
> hintereinander eine 2 Würfelt.. die Würfel werden alle
> auf einmal geworfen..
Wie meinst du das? Erst das Wort hintereinander und dann doch gleichzeitig?
> hier muss ich ja das Gegenereignis mit einbeziehen aber ich
> bin mir nicht ganz sicher wie ich dsa verrechnen muss
>
> ich hätte es erstmal so versucht.
>
> [mm]\left( \bruch{1}{4} \right)[/mm] * [mm]\left( \bruch{3}{4} \right)[/mm] +
> [mm]\left( \bruch{1}{6} \right)[/mm] * [mm]\left( \bruch{5}{6} \right)[/mm] +
> [mm]\left( \bruch{1}{8} \right)[/mm] * [mm]\left( \bruch{7}{8} \right)[/mm]
Also wenn du nur wissen möchtest, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass alle Spielgeräte eine 2 zeigen, dann sind das einfach nur
[mm] P=\bruch{1}{4}*\bruch{1}{6}*\bruch{1}{8}=\bruch{1}{192}
[/mm]
Und weder diese noch deine (falsche) Rechnung hat auch nur im entferntesten mit Gegenereignissen zu tun.
> wenn ich nur die Wahscheinlichkeit berechnen soll dass alle
> 3 Würfel die gleiche Zahl zeigen wäre dass ja [mm]\left( \bruch{1}{4} \right)[/mm]
> * [mm]\left( \bruch{1}{6} \right)[/mm] * [mm]\left(\bruch{1}{8} \right)[/mm]
> und dsa ganze dann noch mal 4 oder ?
Das ist ein lehrreiches Problem. Denn auch hier ist dein Ansatz falsch, wie du leicht selbst einsehen kannst: mit genau der gleichen Berechtigung, mit der du hier mit 4 multiplizierst, könntest du auch mit 6 oder mit 8 multiplizieren, ein Widerspruch in sich also.
Die richtige Rechnung ist hier jedoch etwas anspruchsvoller. Denn nicht auf jedem Spielgerät kommen alle Zahlen vor. In Frage kommen die Zahlen von 1 bis 4. Da es, wenn wir mit dem Tetraeder beginnen, egal ist, welche Zahl er zeigt, müssen wir nun für die beiden anderen Spielgeräte jeweils zweimal hintereinander die gleiche Zahl fordern, was auf folgende Rechnung führt:
[mm] P=\left(\bruch{1}{6}\right)^2+\left(\bruch{1}{8}\right)^2=\bruch{25}{576}
[/mm]
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:12 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
also ich meinte das man einen wurf mit allen 3 Würfeln macht.
aber wenn ich die Wahrscheinlichkeit errechnen muss, dass alle 3 Würfel eine 2 Zeigen, dann muss ich doch auch die anderen Ergebnisse berücksichtigen die keine 2 sind oder ?
also die Wahscheinlichkeit dass ich beim Tetraeder eine 2 würfle ist ja 1/4 und dass ich keine 2 Würfe ist doch 3/4 muss ich dass dann nicht mit einbeziehen ?
das selbe habe ich bei den anderen 2 würfel gedacht die Wahrscheinlichkeit beim normalen Würfel eine 2 zu werfen ist 1/6 und keine 2 zu Würfel ist 5/6
Beim Oktaeader ist es 1/8 und keine 2 zu würfeln 7/8
und wieso sollte es für den Tetraeder egal sein welche Zahl beim ersten Wurf kommt, dort soll doch auch beim ersten mal eine 2 stehen ?
mfg stargate
beim
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Hallo,
> also ich meinte das man einen wurf mit allen 3 Würfeln
> macht.
Dann reden wir über die gleiche Aufgabe, was ja schonmal eine gute Sache ist. 
> aber wenn ich die Wahrscheinlichkeit errechnen muss, dass
> alle 3 Würfel eine 2 Zeigen, dann muss ich doch auch die
> anderen Ergebnisse berücksichtigen die keine 2 sind oder
> ?
Warum um alles in der Welt sollte man das tun? Man darf es nicht, und man sollte in der Mathematik und insbesondere in der Stochsatik immer ganz explizit und präzise formulieren können, warum man etwas tun oder lassen sollte, niemals aber irgendetwas ins Blaue hinein versuchen.
Der Grund, weslhab man das nicht tun darf ist einfach erklärt: mit jedem der Spielgeräte wird nur einmal geworfen. Die Chance, eine 2 zu werden ist dabei 1/n, wobei n die Anzahl der Seiten des jeweiligen Körpers ist und natürlich davon ausgegangen werden muss, dass alle Seiten mit der gleichen Wahrscheinlichkeit fallen (was hier gegeben ist, da es allesamt platonische Körper sind).
> also die Wahscheinlichkeit dass ich beim Tetraeder eine 2
> würfle ist ja 1/4 und dass ich keine 2 Würfe ist doch 3/4
> muss ich dass dann nicht mit einbeziehen ?
Nein, siehe oben!
> und wieso sollte es für den Tetraeder egal sein welche
> Zahl beim ersten Wurf kommt, dort soll doch auch beim
> ersten mal eine 2 stehen ?
Stop: jetzt erfindest du plötzlich eine neue Aufgabe: in deinem zweiten Teil hast du nur danach gefragt, dass alle Körper die gleiche Zahl zeigen, es war aber nicht davon die Rede, welche das sein soll.
Ich glaube, du machst dir da Illusionen hinsichtlich der Vorgehensweise. In der Mathematik sollte man überhaupt nie etwas automatisch tun, also routinemäßig und ohne drüber nachzudenken. Und das gilt ganz besonders für die Stochastik, einfach wegen der Tücken, welche die Aufgabenstellungen hier bieten.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:09 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
hi,
achso ich dachte du meinst bei der letzen Antwort zum Tetraeder die Aufgabe mit den 3 mal 2 Würfeln...
dann hätte ich noch ne letze Frage :)
und zwar wie ist die Wahrscheinlichkeit dass genau 2 der 3 Würfel eine Eins zeigen ? Als Lösung habe ich da 5/64 dieses sollte stimmen aber ich komme nicht auf dieses Ergebnis... Ich hätte hier sowas gerechner wie
1/4 * 1/6 *7/8 + 1/4 *1/8*5/6 + 1/6 * 1/8 *3/4
die Wahrscheinlichkeit dass einer der 3 Würfel eine 1 hat ist ja jew. 1/4 1/6 und 1/8 und 2 davon müssen immer eintreffen also z.b dass 1/4 =1 1/6=1 und dann darf der 3 Würfel ja nicht mehr eins sein bzw soll dann eine beliebige Zahl sein was dann 7/8 entspicht usw..
mfg stargate
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Hallo stargate,
> dann hätte ich noch ne letze Frage :)
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> und zwar wie ist die Wahrscheinlichkeit dass genau 2 der 3
> Würfel eine Eins zeigen ? Als Lösung habe ich da 5/64
> dieses sollte stimmen aber ich komme nicht auf dieses
> Ergebnis... Ich hätte hier sowas gerechner wie
> 1/4 * 1/6 *7/8 + 1/4 *1/8*5/6 + 1/6 * 1/8 *3/4
>
> die Wahrscheinlichkeit dass einer der 3 Würfel eine 1 hat
> ist ja jew. 1/4 1/6 und 1/8 und 2 davon müssen immer
> eintreffen also z.b dass 1/4 =1 1/6=1 und dann darf der 3
> Würfel ja nicht mehr eins sein bzw soll dann eine
> beliebige Zahl sein was dann 7/8 entspicht usw..
Das ist ein richtiger Ansatz.
Du hast da oben auch die richtige Rechnung.
Offenbar hast Du sie nur nicht zu Ende gerechnet.
Es kommt nämlich [mm] \tfrac{5}{64} [/mm] heraus...
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Grüße
reverend
>
> mfg stargate
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:42 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
erstmal danke für eure Hilfe :)
ja komischerweise komme ich jetzt auch auf die 5/64 ka was ich da wieder gerechnet habe ^^
also kann man sagen wenn alle Würfel das selbe Anzeigen egal ob 1 1 1 , 2 2 2 usw dann muss man ohne ein Gegenereignis rechnen und wenn nur einmal oder 2mal eine 1 oder sonstiges rauskommen soll dann muss man das Gegenereignis miteinbeziehen ?
EDIT: ahja und würde es einen unterschied machen wenn ich 3 mal hintereinander Würfle ? also beim 1 Wurf würfel 1 dann kommt beim 2 Wurf der 2. Würfel und beim 3 Wurf der 3 Würfel... würden sich die Rechnungen dann ändern ?
mfg stargate
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Hallo,
> ja komischerweise komme ich jetzt auch auf die 5/64 ka was
> ich da wieder gerechnet habe ^^
was lange währt...
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> also kann man sagen wenn alle Würfel das selbe Anzeigen
> egal ob 1 1 1 , 2 2 2 usw dann muss man ohne ein
> Gegenereignis rechnen und wenn nur einmal oder 2mal eine 1
> oder sonstiges rauskommen soll dann muss man das
> Gegenereignis miteinbeziehen ?
Nein, das ist so auch falsch. Das mit dem Gegenereignis ist nicht so einfach, wie es ausschaut. Bevor man überhaupt in Erwägung zieht, es zu verwenden, sollte man es 100%ig genau formulieren können. Und dann muss man immer noch entscheiden, welche Rechnung einfacher ist, die direkte oder die über das Gegenereignis. Eine ganz gute Faustregel bei dieser Art von Aufgaben ist: wenn eines der Wörtchen mindestens oder höchstens vorkommt, dann kann man es in Erwägung ziehen.
Vielleich hast du da aber auch etwas generell nicht verstanden. Für das Tetraeder könnte man bspw. die Wahrscheinlichkeit
[mm] P=\bruch{1}{4}*\bruch{3}{4}*\bruch{3}{4}*\bruch{3}{4}
[/mm]
berechnen. Nur was besagt sie? Es ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei vier Würfen beim ersten Wurf die 1 und bei den anderen Würfen nicht die 1 fällt. Sicherlich 'nicht die 1' ist eine Art Gegeneregnis, aber nur bezogen auf eine Stufe des Experiments. Für gewöhnlcih meint man aber mit Gegenereignis ein zu einem Ereignis des mehrstufigen Experiments komplementäres Ereignis.
> EDIT: ahja und würde es einen unterschied machen wenn ich
> 3 mal hintereinander Würfle ? also beim 1 Wurf würfel 1
> dann kommt beim 2 Wurf der 2. Würfel und beim 3 Wurf der 3
> Würfel... würden sich die Rechnungen dann ändern ?
So lange du die Reihenfolge nicht beachtest, in der die Zahlen fallen: nein, dann wäre es genau das gleiche.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:26 Mi 18.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
wo du das mindestens erwähnt hast, ist mir doch nochmal was eingefallen :)
wenn es heißen würde es muss mindestes 2 mal die 1 vorkommen..
könnte ich dann an die vorherige Rechnung wo genau 2 mal die 1 vorkommt also
1/4 * 1/6 *7/8 + 1/4 *1/8*5/6 + 1/6 * 1/8 *3/4
einfach noch ein + 1/4*1/6*1/8 hintendran hängen ? mindestens 2 heißt ja 1,1,x und das x kann ja auch eine 1 sein...
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Hallo nochmal,
> wo du das mindestens erwähnt hast, ist mir doch nochmal
> was eingefallen :)
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> wenn es heißen würde es muss mindestes 2 mal die 1
> vorkommen..
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> könnte ich dann an die vorherige Rechnung wo genau 2 mal
> die 1 vorkommt also
>
> 1/4 * 1/6 *7/8 + 1/4 *1/8*5/6 + 1/6 * 1/8 *3/4
>
> einfach noch ein + 1/4*1/6*1/8 hintendran hängen ?
> mindestens 2 heißt ja 1,1,x und das x kann ja auch eine 1
> sein...
Ja, das geht so.
Die Erklärung ist allerdings nicht gut.
Was Du da addierst, sind die Wahrscheinlichkeiten für genau zweimal die 1 und die für dreimal die 1. Das beides zusammen ist ja das gesuchte: mindestens zweimal die 1.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Do 19.07.2012 | | Autor: | stargate |
Hi,
ich habe noch eine andere Aufgabe die mir nicht ganz klar ist und zwar folgende..
Ein Schuss Trifft das Ziel mit der Wahrscheinlichkeit p=0,5. Wie viele Schüsse sind nötig, um mit 99% Wahrscheinlichkeit mindestens einmal zu treffen ?
Die Lösung ist folgende [mm] 1-(0,5)^n [/mm] >0,99
als n kommt dann n <7 raus.. ich bin mir nicht ganz sicher ob dsa < so stimmt..
Aber ich verstehe die Lösung nicht ganz. Dass Ereignis das er trifft ist doch [mm] (0,5)^n [/mm] und wenn ich [mm] 1-(0,5)^n [/mm] mache dann ist doch [mm] 1-(0,5)^n [/mm] die Wahrscheinlichkeit dass er nicht trifft ? Aber ich soll doch die Wahscheinlichkeit berechnen wenn er einmal trifft und nicht wenn er nicht trifft? Irgendwo hab ich da nen Denkfehler.
mfg stargate
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:02 Do 19.07.2012 | | Autor: | M.Rex |
> Hi,
>
> ich habe noch eine andere Aufgabe die mir nicht ganz klar
> ist und zwar folgende..
>
> Ein Schuss Trifft das Ziel mit der Wahrscheinlichkeit
> p=0,5. Wie viele Schüsse sind nötig, um mit 99%
> Wahrscheinlichkeit mindestens einmal zu treffen ?
>
> Die Lösung ist folgende [mm]1-(0,5)^n[/mm] >0,99
> als n kommt dann n <7 raus.. ich bin mir nicht ganz sicher
> ob dsa < so stimmt..
Das passt leider nicht ganz
[mm] $1-(0,5)^n>0,99$
[/mm]
[mm] $\leftrightarrow-(0,5)^n>-1$
$\Leftrightarrow(0,5)^n>1$
$\Rightarrow n>\log_{0,5}(0,01)\approx6,65$
Also bist du schon bein siebten Versuch über der gewünschten Grenze.
>
> Aber ich verstehe die Lösung nicht ganz. Dass Ereignis das
> er trifft ist doch [/mm] [mm](0,5)^n[/mm] und wenn ich [mm]1-(0,5)^n[/mm] mache
> dann ist doch [mm]1-(0,5)^n[/mm] die Wahrscheinlichkeit dass er
> nicht trifft ? Aber ich soll doch die Wahscheinlichkeit
> berechnen wenn er einmal trifft und nicht wenn er nicht
> trifft? Irgendwo hab ich da nen Denkfehler.
Der Denkfehler leigt darin, dass du hier mit 0,5 triffst, aber auch mit 1-0,5=0,5 nicht triffst.
Und "Mindestens ein Treffer" hat das Gegenereignis "kein Treffer"
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> mfg stargate
Marius
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